Question

【題目】如圖，已知拋物線y＝﹣+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(﹣1，0)和點(diǎn)C(0，2)，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，點(diǎn)P是x軸上的一個動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，0)，過點(diǎn)P作x軸的垂線l交拋物線于點(diǎn)Q，交直線BD于點(diǎn)M.

(1)求該拋物線所表示的二次函數(shù)的表達(dá)式.

(2)已知點(diǎn)F(0，)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸正半軸上運(yùn)動時，試求m為何值時，四邊形DMQF是平行四邊形？

(3)點(diǎn)P在線段AB運(yùn)動過程中，是否存在點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)B、Q、M為頂點(diǎn)的三角形與△BOD相似？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.

Answer 1

【答案】(1)；(2) m＝3和m＝1+； (3)存在，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3，2)或(﹣1，0)

【解析】

(1)利用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式；

(2)先利用待定系數(shù)法求出直線BD解析式為y＝x﹣2，則Q(m，﹣m2+m+2)、M(m，m﹣2)，由QM∥DF且四邊形DMQF是平行四邊形知QM＝DF，分兩種情況，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時②當(dāng)P在AB的延長線上時，分別列出關(guān)于m的方程，解之可得；

(3)易知∠ODB＝∠QMB，故分①∠DOB＝∠MBQ＝90°，利用△DOB∽△MBQ得＝，再證△MBQ∽△BPQ得，即 ，解之即可得此時m的值；②∠BQM＝90°，此時點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，△BOD∽△BQM′，易得點(diǎn)Q坐標(biāo).

(1)將點(diǎn)A(﹣1，0)和點(diǎn)C(0，2)代入y＝﹣x2+bx+c中，得 .

解得 .

則該拋物線解析式為：；

(2) 由題意知點(diǎn)D坐標(biāo)為(0，﹣2)，

∵點(diǎn)B是拋物線與x軸正半軸的交點(diǎn)，即，

解得x=4或x=-1（舍去），

∴B坐標(biāo)為（4，0）；

設(shè)直線BD解析式為y＝kx+b，

將B(4，0)、D(0，﹣2)代入，得： ，

解得： ，

∴直線BD解析式為y＝x﹣2，

分以下兩種情況：

①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時，

∵QM⊥x軸，P(m，0)(m＞0)，

∴Q(m，﹣m2+m+2)、M(m，m﹣2)，

則QM＝﹣m2+m+2﹣(m﹣2)＝﹣m2+m+4，

∵F(0，)、D(0，﹣2)，

∴DF＝，

∵QM∥DF，

∴當(dāng)﹣m2+m+4＝時，四邊形DMQF是平行四邊形，

解得：m＝﹣1或m＝3，

∵m＞0，

∴m=3；

即當(dāng)m＝3時，四邊形DMQF是平行四邊形；

②當(dāng)P在AB的延長線上時，

∵QM⊥x軸，P(m，0)(m＞0)，

∴Q(m，﹣m2+m+2)、M(m，m﹣2)，

∴QM＝m﹣2﹣(﹣m2+m+2)＝m2﹣m﹣4，

∵F(0，)、D(0，﹣2)，

∴DF＝，

∵QM∥DF，

∴當(dāng)m2﹣m﹣4＝時，四邊形DMQF是平行四邊形，

解得m＝，

∵m＞0，

∴m＝1+；

即當(dāng)m＝1+時，四邊形DMQF是平行四邊形；

綜上所述，當(dāng)m＝3和m＝1+時，四邊形DMQF是平行四邊形；

(3)如圖所示：

∵QM∥DF，

∴∠ODB＝∠QMB，

分以下兩種情況：

①當(dāng)∠DOB＝∠MBQ＝90°時，△DOB∽△MBQ，

則 ，

∵∠MBQ＝90°，

∴∠MBP+∠PBQ＝90°，

∵∠MPB＝∠BPQ＝90°，

∴∠MBP+∠BMP＝90°，

∴∠BMP＝∠PBQ，

∴△MBQ∽△BPQ，

∴ ，即 ，

解得：m1＝3、m2＝4，

當(dāng)m＝4時，點(diǎn)P、Q、M均與點(diǎn)B重合，不能構(gòu)成三角形，舍去，

∴m＝3，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3，2)；

②當(dāng)∠BQM＝90°時，此時點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合，△BOD∽△BQM′，

此時m＝﹣1，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(﹣1，0)；

綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3，2)或(﹣1，0)時，以點(diǎn)B、Q、M為頂點(diǎn)的三角形與△BOD相似.